Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonjour,
J'ai finalement compris ce que tu voulais dire ^^
Donc je suppose que p est un nombre premier divisant n et n est strictement supérieur à 1.
On note $v$ la valutation p-adique de p dans n et b un entier tel que $n=p^{v}.b$
On a alors $(\mathbb{Z}/(n\mathbb{Z}))(p)=\{p^{k}.b [n] |k\in[|0,v|]\}$.
On a de plus que $(\mathbb{Z}/(n\mathbb{Z}))(p)$ est un groupe additif.

### Note : ce que j'ai écris avant est faux, on a pas $(\mathbb{Z}/(n\mathbb{Z}))(p)=\{p^{k}.b [n] |k\in[|0,v|]\}$, mais on a bien : $(\mathbb{Z}/(n\mathbb{Z}))(p)$ est un groupe additif (et même un sous groupe additif de $\mathbb{Z}/(n\mathbb{Z})$). Je corrige donc, mais je dois avouer que je suis plutôt déçu du résultat que j'ai trouvé, il n'est pas très élégant :
$(\mathbb{Z}/(n\mathbb{Z}))(p)=\{Cl_{n}(p^{k}.a) |k\in[|0,v|], a\in b\mathbb{Z}^{*}, pgcd(a,p)=1\}$
Avec $Cl_{n}$ la projection canonique de $\mathbb{Z}$ dans $\mathbb{Z}/(n\mathbb{Z})$.

### Note 2 : J'ai trouvé une représentation de $(\mathbb{Z}/(n\mathbb{Z})(p)$ un peu plus élégante, c'est en fait l'ensemble des éléments de $\mathbb{Z}/(n\mathbb{Z})$ dont l'ordre est une puissance de p.

### Note 3 : Encore mieux : $(\mathbb{Z}/(n\mathbb{Z}))(p)= <Cl_{n}(b)>$.

Re,

@Yoshi, oui tu as raison ! Je n'avais pas vu le slash entre l'exponentiel et la racine carré.

Bonjour,

Ne t'en fais pas, il n'y a aucun sous entendu dans ce que j'écris :)
J'ai peut-être fais une erreur (ce qui est tout a fait possible ! Le tout est que je sache où), mais je ne comprends pas les formules que tu as écris, pourrais tu les réécrire avec le bon code latex ? (Pour être sûr que la formule que tu as tapé est la bonne et s'affiche correctement, clique sur "prévisualisation" et tu verras ton message sans qu'il soit publié pour autant, te permettant ainsi de te corriger).

En ce qui concerne la question b), je ne suis pas sûr de comprendre ce que tu ne comprends pas (bien que j'en ai une idée) ou mon erreur, et si je réécris "mes" formules comme ça :
$-\sum \limits_{k=0}^n \frac{k^{3}}{6.n^{2.3}} \leq \sum \limits_{k=0}^n (sin(\frac{k}{n^{2}})-\frac{k}{n^{2}}) \leq \sum \limits_{k=0}^n \frac{k^{3}}{6.n^{2.3}}$ ?
Peut-être que ce qui te perturbe c'est la façon dont est affiché le signe somme, qui revient au même de ce que je viens décrire ci-dessus :
$\sum \limits_{k=0}^n = \sum_{k=0}^{n}$. Si ce n'est pas ça, n'hésite pas à demander.

Bonsoir,

Dans un premier temps tu peux remarquer que : $x \leq x + \frac{x^{3}}{6} $.
Donc, $x - \frac{x^{3}}{6} \leq sin(x) \leq x + \frac{x^{3}}{6}$ ce qui peut aussi s'écrire :
$ - \frac{x^{3}}{6} \leq sin(x) - x \leq \frac{x^{3}}{6}$.
Petit rappel : $|x|\leq r \iff -r \leq x \leq r$.
Et après avoir sommé tu utilises une des questions que tu n'as pas encore utilisé ;)

Cordialement

Bonsoir,

Le résultat est faux si l'on se place dans le cas d'un groupe G abélien fini (qui est donc nécessairement de type fini), car les ordres de tous les éléments de G sont finis, donc pour $x \in G$ si on note n son ordre, alors pour tout entier k on a : $x^{n+k} = x^{k}$ et pourtant on aura pas forcément $n+k=k$, et tu fais la mêmes choses avec tous les éléments d'une famille génératrice de G et verras que la décomposition n'est pas unique.

Et même si on rajoute l'hypothèse de "modulo l'ordre" ça ne marchera pas non plus en prenant le cas du groupe des permutations de $\{1, ...,n\}$, en effet, toute permutation peut se décomposer en une composition de transpositions (échange de 2 éléments) mais qui n'est pas nécessairement unique si l'on ne se donne pas de conditions : (2 4 1) = (2 4)(2 1) = (4 1)(4 2) et pour toute transposition $\tau_{i,j}=(i \hspace{2mm} j)$ on a :
$\tau_{i,j}^{2} = Id$
Cordialement

Re-bonsoir !

@Yann, ici $a$ est un nombre que l'on fixe au préalable (il doit être strictement positif pour l'équation ci-après, parce que diviser par zéro c'est pas bien, enfin, ça n'a surtout pas de sens mathématiques), chercher les solutions de $\frac{x^{2}+y^{2}}{a^{2}}=1$ c'est chercher l'ensemble des points $P = (x,y)$ dont les coordonnées respectent l'équation précédente. Et il se trouve que l'ensemble des solutions (comme je l'ais expliqué au post #6) forme un cercle dans le plan. Ça c'est le point de vu géométrique, un point de vue plus analytique serait de dire que l'on cherche l'ensemble des valeur $x$ et $y$ qui respectent l'équation ci-dessus.

Oh pardon ! J'ai fais une grosse erreur... (a,b) ne correspond pas au centre de l'ellipse, désolé c'est une grosse inattention de ma part.

D'ailleurs si je ne me trompe pas @freddy a fait une erreur, l'équation pour une ellipse est plutôt : $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$.
Et si $a=b$, on a bien l'équation d'un cercle,qui peut s'exprimer de cette manière aussi (et se comprend mieux ainsi) :
$x^{2}+y^{2}=a^{2} \iff \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{a^{2}} = 1$ avec $a$ le rayon du cercle.
Pour l'équation du cercle je peux t'expliquer d'où elle vient (mais pas celle de l'ellipse malheureusement) :
Prend un cercle de centre $(0,0)$ de rayon $a$ et un point P = (x,y) .

Tout d'abord comment mesure t'on la distance entre un point du plan et $(0,0)$ ? (on note $OP$ cette distance)
En utilisant Pythagore ! En effet, le triangle (OXY) (où $O = (0,0)$, $X = (x,0)$ et $Y = (0,y)$) est rectangle en $X$, et on remarque qu'en fait la distance $d$ est l’hypoténuse de ce triangle, donc en appliquant le théorème de Pythagore tu as :
$OP=\sqrt{OX^{2}+OY^{2}} = \sqrt{x^{2}+y^{2}}$ ou, ce qui revient au même car nécessairement $OP$ est positif,
$OP^{2} = x^{2}+y^{2}$ .

Maintenant pour continuer il faut savoir ce qu'est un cercle. C'est l'ensemble des points (du plan) se trouvant tous à la même distance (distance appelé rayon) du centre. Donc le point P se trouve sur le cercle de centre $(0,0)$
et de rayon $a$ si et seulement si $OP = a$ autrement dit : $a^{2} = OP^{2} = x^{2}+y^{2}$.

Si il y a quelque chose que tu ne comprends pas, n'hésites pas à demander !

En m'inspirant des éléments donné par @Aviateur j'ai pu obtenir une majoration intéressante qui fait obtenir la convergence.

Partie Majoration :

Je vais reprendre mon dernier choix de $k_{n}$ c'est à dire : $k_{n} = max(A_{n})$.

On sait que $n>\frac{log(k_{n})}{log(log(k_{n}))}$. Posons $K = log(k_{n})$.
On cherche alors $\alpha$ tel que $(\frac{K}{log(K)})^{\alpha}>K$ (Pourquoi cette inégalité ? Parce que je cherche à faire en sorte que l'expression $\frac{K}{log(K)}$ soit supérieur à K et il me semblait que l'élever à un certaine puissance pourrait fonctionner) à coup d'équivalence on conclut que pour $\alpha>1$ l'inégalité est vraie.

Maintenant on choisit $\alpha=1+\frac{1}{n}$ (pourquoi un tel $\alpha$ ? Parce que j'ai essayé des puissances "constantes" et on obtenais une majoration qui ne nous permettait de ne rien dire, alors pourquoi pas une puissance qui décroit ?).
On obtient donc $n^{1+\frac{1}{n}}>K = log(k_{n})$ donc $e^{n^{1+\frac{1}{n}}}>k_{n}>C_{n}$ (pour la justification de $k_{n}>C_{n}$, voir le post #7).

Partie Convergence :

Maintenant on va montrer que $\sum \frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}}{n!}$ converge.
Pour cela on va étudier $\frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}.n^{2}}{n!}$ ($\pi$).
On va utiliser la formule de Stirling qui donne un équivalent de la factorielle : $n! \sim \sqrt{2.\pi.n}.(\frac{n}{e})^{n}$.
Donc étudier ($\pi$) revient à étudier $\frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}.n^{2}}{\sqrt{2.\pi.n}.(\frac{n}{e})^{n}}$.
Ça à l'air plus compliqué mais en fait on vient de se simplifier la vie de beaucoup !

Après réécriture on a :
$\frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}.n^{2}}{\sqrt{2.\pi.n}.(\frac{n}{e})^{n}}
= \frac{e^{-n.(log(n)-(n^{\frac{1}{n}}+\frac{log(n)}{n}+1+log(3)))}}{\sqrt{2.\pi.n}}$
(A ce stade là je dois avouer que le code latex est assez douloureux à regarder ^^ mais on approche de la fin !)

On a $(n^{\frac{1}{n}}+\frac{log(n)}{n}+1+log(3)))$ qui converge vers $2+log(3)$ car $(n^{\frac{1}{n}}) = (e^{\frac{log(n)}{n}})$ converge vers 1 et $(\frac{log(n)}{n})$ vers 0.
Donc $-n.(log(n)-(n^{\frac{1}{n}}+\frac{log(n)}{n}+1+log(3))) \longrightarrow -\infty$ donc :
$(e^{-n.(log(n)-(n^{\frac{1}{n}}+\frac{log(n)}{n}+1+log(3)))})$ converge vers 0 !

Et donc :
$(\frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}.n^{2}}{\sqrt{2.\pi.n}.(\frac{n}{e})^{n}})$ converge vers 0. Ainsi $(\frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}}{\sqrt{2.\pi.n}.(\frac{n}{e})^{n}})$ est négligeable devant $(\frac{1}{n^{2}})$, et donc la série associé converge.
Ainsi par équivalence à une série convergente $\sum \frac{e^{n^{1+\frac{1}{n}}+n.log(3)}}{n!}$ converge.
Et donc $\sum \frac{3^{u_{n}}}{u_{n}!}$ converge.

Bonsoir,

Je passe juste pour proposer une autre démonstration :
Je reprends les même notations que Fred : en particulier la définition de $I_{q}$.
Soit $L = \{Card(I_{q})|0<q<p+1\}$.
L est non vide : $1 \in L$. Et est majoré : $\forall x \in L, x<p+1$.
Donc L admet un maximum lui appartenant (car c'est un ensemble discret), que l'on note $m$.
Et plus important puisque $m \in L$, il existe une famille libre ("maximale") à m éléments que l'on note $B = (e_{1},..,e_{m})$, avec $\forall k \in [|1,m|], \exists n \in [|1,p|], e_{k}=g_{n}$.

Nécessairement L est une famille génératrice : en effet, si il existe $x \in E$ tel que $x$ n'est pas une combinaison linéaire des éléments de la famille B, alors la famille (x,e_{1},..,e_{m}) est une famille libre, or elle possède m+1 éléments c'est absurde. Donc $x$ est combinaison linéaire des élément de la famille B.
Et puisque L est une famille libre, c'est donc une base de E.

Cordialement